Vì $\triangle ABC$ là tam giác đều nên gọi $D$ là trung điểm của $BC$ suy ra $AD=\dfrac{a\sqrt 3}{2}$. Lại có vì $G$ là trọng tâm tam giác nên $AG=\dfrac{2}{3}.AD=\dfrac{a\sqrt 3} 3$

Góc giữa cạnh bên và mặt đáy là $60^o$ nên ta được:

Vì hình chiếu của $A'$ nên $(ABC)$ trùng với trọng tâm $G$ $\triangle ABC$ nên $A'G\bot (ABC)$

Từ đó hình chiếu của cạnh bên $AA'$ lên $(ABC)$ là $AG$

$\Rightarrow \left( {AA',\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {AA',AG} \right) = \widehat {A'AG} = {60^o}$

$A'G = AG.\tan {60^o} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}.\sqrt 3  = a$

Kẻ hình bình hành $BDAE$ ta được $BE//AD$, lại có $AD\bot BD$ nên $BDAE$ là hình chữ nhật

Vẽ hình bình hành $AGHC$. Ta có ${d_{\left( {A'\left( {ABC} \right)} \right)}} = {d_{\left( {C',\left( {ABC} \right)} \right)}} = a=C'H$

Do $AG\bot BC$ nên $HC\bot BC$. $HB$ cắt $BE$ tại $L$ Dễ dàng chứng minh $\triangle HCD=LBD$ nên $\dfrac{HL}{DL}=2$

$\begin{array}{l}
AG//BE \subset \left( {C'BE} \right)\\
 \Rightarrow {d_{\left( {AG,BC'} \right)}} = {d_{\left( {AG,\left( {C'BE} \right)} \right)}} = {d_{\left( {D,\left( {C'BE} \right)} \right)}}\\
 \Rightarrow \dfrac{{{d_{\left( {D,\left( {C'BE} \right)} \right)}}}}{{{d_{\left( {H,\left( {C'BE} \right)} \right)}}}} = \dfrac{{DL}}{{HL}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow {d_{\left( {H,\left( {C'BE} \right)} \right)}} = 2{d_{\left( {D,\left( {C'BE} \right)} \right)}}
\end{array}$

Từ $H$ kẻ $HI\bot BE$. Xét tứ giác $IHCB$ có $\widehat{HCB}=\widehat{IBC}=\widehat{HIB}=90^o$ nên ta được $IHCB$ là hình chữ nhật nên $IH=BC=a$

Xét tứ diện $C'.HBE$, ta có $HI\bot BE, SH\bot BE$ nên $BE\bot(SHI)$. Kẻ $HJ\bot C'I$ ta được $HJ\bot (C'BE)$ hay$d_{(H,(C'BE))}=HJ$

$\begin{array}{l} HJ = \dfrac{{HI.C'H}}{{\sqrt {H{I^2} + C'{H^2}} }} = \dfrac{{a.a}}{{\sqrt {{a^2} + {a^2}} }} = \dfrac{a}{{\sqrt 2 }}\\ \Rightarrow {d_{\left( {D,\left( {C'BE} \right)} \right)}} = \dfrac{1}{2}HJ = \dfrac{a}{{2\sqrt 2 }}\\ \Rightarrow {d_{\left( {AG,BC'} \right)}} = \dfrac{a}{{2\sqrt 2 }} \square \end{array}$